28屆寧波市中小學生程序設計競賽複賽(初中組)

第4題-迷宮大門

來源於寧波市程序設計競賽複賽(初中組)
n≤500,000，顯然對於這麼大的n，O(n^2)的解法都不夠。那麼考慮O(n)或者O(n*lg(n))的解法，動態規劃？貌似可行，但狀態怎麼表示?左對齊？右對齊？除此，要怎麼進行轉移呢，畢竟a和b的範圍也相當大，即便進行hash，最多也有500,000？
繼續分析發現，題目中指出，每一處對齊都只得1分，這說明在左右不可能同時對齊的情況下,左對齊和右對齊的收益是一樣的。那我們不妨讓所有小球都儘量左對齊好了，直到某一處不能左對齊便從後一個開始繼續左對齊，反證法可以證明這樣能得到最大收益。
對齊實際上是保持高度相等，例如對於第一根繩子上的右小球，可以保持的高度範圍是[0,a1+b1],第二根繩子的左小球可以保持的高度範圍是[0,a2+b2]。
要是這兩個小球保持高度相等，那麼我們必須保證他們的高度在[0,min(a1+b1,a2+b2)]範圍內，相應地，第二根繩子的右小球變化範圍就必須是[a2+b2-min(a1+b1,a2+b2),a2+b2]…..依次類推，每兩個相鄰小球可以對齊便計1分，不能對齊便跳過，下一個繼續對齊。

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
using namespace std;
const int maxn=5e5+15;
int l[maxn], r[maxn];
bool ok(int s1,int t1,int s2,int t2){
    int s=max(s1,s2);
    int t=min(t1,t2);
    if(s<=t) return true;
    return false;
}
int main()
{
    int n;

    freopen("door.in","r",stdin);//從in.txt中讀取數據
    freopen("door.out","w",stdout);//輸出到out.txt文件
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
    int ma=l[1]+r[1], mi=0;
    int ans=0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(ok(mi,ma,0,l[i]+r[i])){
            ans++;
            int len=l[i]+r[i];
            int tmi=max(0,len-ma);
            int tma=max(0,len-mi);
            mi=tmi;
            ma=tma;
        }else{
            mi=0;
            ma=l[i]+r[i];
        }
       // printf("%d %d %d\n",ans, mi, ma);
    }
    printf("%d\n",ans);

    return 0;
}